河南省鲁山县一中2023学年高二物理第二学期期末调研模拟试题（含解析）

2023学年高二下学期物理期末模拟测试卷请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、弹簧振子在振动中通过平衡位置时A．速度最大 B．回复力最大C．位移最大 D．加速度最大2、如图所示，A、B两均匀直杆上端分别用细线悬挂于天花板上，下端搁在水平地面上，处于静止状态，悬挂A杆的绳倾斜，悬挂B杆的绳恰好竖直，则关于两杆的受力情况，下列说法中正确的有（）A．A，B都受三个力作用B．A，B都受四个力作用C．A受三个力，B受四个力D．A受四个力，B受三个力3、如图所示，小车AB静止于水平面上，A端固定一个轻质弹簧，B端粘有橡皮泥．小车AB质量为M，质量为m的木块C放在小车上，CB距离为L用细线将木块连接于小车的A端并使弹簧压缩．开始时小车AB与木块C都处于静止状态，现烧断细线，弹簧被释放，使木块离开弹簧向B端滑去，并跟B端橡皮泥粘在一起．所有摩擦均不计，对整个过程，以下说法正确的是A．整个系统机械能守恒B．整个系统机械能不守恒，动量也不守恒C．当木块的速度最大时，小车的速度也最大D．最终整个系统匀速运动4、如图所示，边长为a的导线框ABCD处于磁感应强度为B0的匀强磁场中，BC边与磁场右边界重合．现发生以下两个过程：一是仅让线框以垂直于边界的速度v匀速向右运动；二是仅使磁感应强度随时间均匀变化．若导线框在上述两个过程中产生的感应电流大小相等，则磁感应强度随时间的变化率为()A． B． C． D．5、在人类对微观世界进行探索的过程中，科学实验起到了非常重要的作用．下列说法不符合历史事实的是()A．汤姆生发现电子，表明原子仍具有复杂结构B．麦克斯韦提出电磁场理论并预言电磁波的存在，后来由赫兹用实验证实了电磁波的存在C．爱因斯坦提出了量子理论，后来普朗克用光电效应实验提出了光子说D．卢瑟福通过α粒子散射实验证实了原子具有核式结构6、一物做匀变速直线运动，初速度为2m/s，加速度大小为1m/s2，则经1s后，其末速度A．一定为3m/s B．一定为1m/s C．可能为1m/s D．不可能为1m/s二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、如图，平直路面上有A、B两块挡板，相距6m．一物块以8m/s的初速度从紧靠A板处出发，在A、B两板间做往复匀减速运动．物块每次与A、B板碰撞后以原速率被反弹回去，现要求物块最终停在距B板2m处．已知物块和A挡板只碰撞了一次，则物块的加速度大小可能为（）A．1.2m/s2 B．1.6m/s2C．2.0m/s2 D．2.4m/s28、下列说法正确的是（）A．氢原子光谱是连续光谱B．示踪原子一般选用半衰期比较短的放射性元素C．动能相同的电子和质子显微镜，电子显微镜的分辨本领更强D．温度升高，黑体辐射电磁波强度的极大值向频率大的方向移动9、如图甲所示，在粗糙的固定斜面上有一闭合金属线圈，线圈上半部处于方向垂直斜面且分布均匀的磁场中，若取垂直斜面向上为磁场的正方向，磁感应强度B随时间t变化的图象（余弦函数）如图乙所示，线圈始终处于静止状态，则（）A．时，线圈受到沿斜面向下的摩擦力B．时，线圈受到沿斜面向上的摩擦力C．内线圈受到的摩擦力减小D．内线圈受到的摩擦力先增大后减小10、如图所示,平行金属板间存在匀强电场和匀强磁场.一带电量为+q,质量为m的粒子(不计重力)以速度v水平向右射入,粒子恰沿直线穿过，若带电粒子A．带电量为+2q时,粒子将向下偏转B．带电量为-2q时,粒子仍能沿直线穿过C．速度为2v时,粒子从右侧射出时电势能一定增大D．从右侧向左侧水平射入时,粒子仍能沿直线穿过三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11．（6分）某同学在做“用单摆测重力加速度”实验中，先测得摆线长为，摆球直径为，然后用停表记录了单摆振动50次所用的时间如图所示，则（1）该摆摆长为______cm，停表表示的读数为______s．（2）如果测得的g值偏小，可能的原因是________．A．测摆线时摆线拉得过紧

B．摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了C．开始计时时，停表过迟按下D．实验时误将49次全振动数为50次12．（12分）用图甲中装置完成“探究碰撞中的不变量”实验．设入射小球质量为，半径为；被碰小球质量为，半径为．（1）实验中要寻找的“不变量”是____________，第一次让入射小球从斜槽上某一固定位置滚下，记下落点位置；第二次在斜槽末端放人被碰小球，让人射小球从斜槽上相同位置滚下，第二次入射小球和被碰小球将______________（填“会“不会”）同时落地．（2）在实验中，用分度的游标卡尺测得两球的直径相等，读数部分如图所示，则小球的直径为_______．（3）已知为碰前人射小球落点的平均位置，则关系式______________成立，即表示碰撞中动量守恒；如果满足关系式____________________时，则说明两球的碰撞为弹性碰撞．（用、及图甲中字母表示）四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13．（10分）有一内表面光滑的质量为M＝1kg的金属盒静止在水平地面上，其与水平面间的动摩擦因数μ＝0.05，金属盒内前后壁距离为L＝10m，如图所示，在盒内正中央处有一质量m＝3kg可视为质点的静止小球，现在给盒一个向右的瞬时初速度v0＝6m/s，已知球与盒发生的碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短．g取10m/s2，求金属盒与小球发生第二次碰撞前金属盒前进的总位移？14．（16分）如图(b)，将半径为R的透明半球体放在水平桌面上方，O为球心，直径恰好水平，轴线垂直于水平桌面在水平桌面上的A点有点光源，发出一束与平行的单色光射向半球体上的B点，光线通过半球体后刚好与OB连线平行．已知，光在真空中传播速度为c，不考虑半球体内光的反射，求：(1)透明半球体对该单色光的折射率n；(2)该光在半球体内传播的时间．15．（12分）如图所示，半径R=0.50m的光滑四分之一圆轨道MN竖直固定在水平桌面上，轨道末端水平且端点N处于桌面边缘，把质量m=0.20kg的小物块从圆轨道上某点由静止释放，经过N点后做平抛运动，到达地面上的P点。已知桌面高度h=

0.80m，小物块经过N点时的速度v0=3.0m/s，g取10m/s2。不计空气阻力，物块可视为质点求：（1）圆轨道上释放小物块的位置与桌面间的高度差；（2）小物块经过N点时轨道对物块支持力的大小；（3）小物块落地前瞬间的动量大小。

2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、A【答案解析】

A.弹簧振子在振动中通过平衡位置时，速度达到最大，A正确。BC.弹簧振子在振动中通过平衡位置时，位移为零，根据，回复力为零，BC错误。D.因为回复力为零，所以加速度为零，D错误。2、D【答案解析】试题分析：对A、B进行受力分析如图所示由于拉A的绳子倾斜，因此地面对A有一个向右的摩擦力，A杆才能平衡，因此A受四个力，而拉B的绳竖直，因此地面对B只有一个向上的支持力，没有摩擦力，因此B受三个力，D正确．考点：共点力的平衡3、C【答案解析】

弹簧被释放过程系统机械能守恒，而木块C跟B端橡皮泥粘在一起的过程是非弹性碰撞，机械能有损失，所以整个系统机械能不守恒．故A错误．整个系统受到的合外力保持为零，动量守恒．故B错误．

设弹簧释放后，木块C速度大小为v，小车速度为V，取向右为正方向，由动量守恒定律得：mv-MV=0

得：V=v，则知V与v成正比，当木块的速度v最大时，小车的速度V也最大．故C正确．设C与橡皮泥粘在一起时系统的速度为v′，由系统的动量守恒得：（M+m）v′=0，得：v′=0，所以最终系统静止不动，故D错误．故选C．【答案点睛】本题考查应用动量守恒定律分析和处理多次碰撞问题的能力．要知道碰撞的基本规律是动量守恒定律，应用时要注意选取正方向．4、B【答案解析】仅让线框以垂直于边界的速度v匀速向右运动时产生的感应电动势为E1=B0av；仅使磁感应强度随时间均匀变化产生的感应电动势为E1=a1；据题线框中感应电流大小相等，则感应电动势大小相等，即E1=E1．解得，故选B．5、C【答案解析】A.汤姆生发现电子，表明原子仍具有复杂结构，故A正确；B.麦克斯韦提出电磁场理论并预言电磁波的存在，后来由赫兹用实验证实了电磁波的存在，故B正确；C.普朗克提出了量子理论，为了解释光电效应现象，爱因斯坦提出了光子说，故C错误；D.卢瑟福通过α粒子散射实验证实了原子具有核式结构，故D正确；本题选择错误答案，故选：C6、C【答案解析】一物体做匀变速直线运动，初速度，加速度大小，则加速度与初速度可能同向，也可能反向，即可能是加速，也可能是减速，

以初速度的方向为正方向，则，或

所以，

也可能，，所以AC正确，BD错误．点睛：此题要注意只告诉速度和加速度的大小，物体可能加速度，也可能减速．此题虽然不然，但是很容易出错，运动学问题一定要注意矢量的方向．二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、BC【答案解析】

物块以8m/s速度紧靠A出发，物块最终停在距B板2m处且和A挡板只碰撞了一次，故位移可能为16m，也可能为20m；物体每次与挡板碰撞后都是原速率返回，可以将整个过程看作匀减速率直线运动，根据速度位移关系公式,有0-解得a=-v当x=16m时，加速度a=−2m/s2当x=20m时，加速度a=−1.6m/s2.故物块的加速度大小可能为2m/s2或1.6m/s2故选BC．【答案点睛】物体每次与挡板碰撞后都是原速率返回，速率随时间均匀减小，故可以将整个过程看作匀减速直线运动；然后根据题意得到物体可能的位移；再根据运动学公式求解可能的加速度．8、BD【答案解析】

A．氢原子只能够发出或吸收特定频率的光，所以氢原子光谱是线状谱。故A错误；B．选择半衰期短的放射性同位素，因为这样才能保证人体只受短时间的放射性影响，而不致长时间受放射性辐射的困扰。故B正确；C．布罗意波长短的分辨率高，根据λ＝，p＝，电子和质子动能相同，质子的质量大，动量也大，所以质子的德布罗意波长短，分辨率高。故C错误；D．随着温度的升高，各种波长的辐射强度都有增加，辐射强度的极大值向波长频率大的方向移动。故D正确；9、BD【答案解析】

由图乙所示图象可知，t=1s时B=0，由F=BIL可知，线圈受到的安培力为零，线框在重力作用下有向下的运动趋势，线框受到的摩擦力平行于斜面向上，故A错误；由图乙所示图象可知，t=2s时磁感应强度的变化率为零，穿过线框的磁通量变化率为零，由法拉第电磁感应定律可知，线框产生的感应电动势为零，线框中没有感应电流，线框不受安培力作用，线框受到沿斜面向上的摩擦力作用，故B正确；由图乙所示图象可知，t=0s时磁通量变化率为零，感应电动势为零，线框中没有感应电流，线框所受安培力作用，t=1s时B=0，线框所受安培力为零，0～1s时间内，线框受到的安培力先增大后减小，由楞次定律与左手定则可知，线框所受安培力平行于斜面向上，由平衡条件得：mgsinθ=f+F，由于安培力F先增大后减小，则摩擦力：f=mgsinθ-F先减小后增大，故C错误；由图乙所示图象可知，t=3s时B=0，线框所受安培力为零，t=4s时磁通量变化率为零，感应电动势为零，线框中没有感应电流，线框所受安培力作用，3～4s时间内，线框受到的安培力先增大后减小，由楞次定律与左手定则可知，线框所受安培力平行于斜面向下，由平衡条件得：mgsinθ+F=f，由于安培力F先增大后减小，则摩擦力：f=mgsinθ+F先增大后减小，故D正确．所以BD正确，AC错误．10、BC【答案解析】

粒子以速度v水平向右射入恰沿直线穿过，则在竖直方向满足：qE=qvB，解得，与粒子所带电量和电性无关，则选项A错误，B正确；速度为2v时,则洛伦兹力大于电场力，则粒子向下偏转，此时电场力做负功，则粒子从右侧射出时电势能一定增大，选项C正确；从右侧向左侧水平射入时,则粒子受向上的电场力和向上的洛伦兹力，则粒子不能沿直线穿过，选项D错误.三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11、B【答案解析】

第一空.单摆摆长等于摆线长与球的半径之和：。第二空.由图所示秒表可知，其示数为：1.5min+9.78s=99.78s；第三空.由单摆周期公式：可知，重力加速度：A.测摆线长时摆线拉得过紧，所测摆长L偏大，由公式可知，所测g偏大，故A错误；B.摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了，所测摆长偏小，由公式可知，所测g偏小，故B正确；C.开始计时时，停表过迟按下，所示T偏小，由公式可知，所测g偏大，故C错误；D.实验中误将49次全振动数为50次，所测T偏小，由公式可知，所测g偏大，故D错误。12、动量会11.55【答案解析】

（1）[1][2]．实验中的不变量，是指碰撞前后动量不变；碰撞后两球做平抛运动，下落的高度相同，故两球会同时落地；（2）[3]．游标卡尺是20分度的卡尺，其精确度为0.05mm，每格的长度为0.95mm，则图示读数为：22mm-11×0.95mm=11.55mm；[4][5]．小球粒子轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相同，在空中的运动时间t相等，两边同时乘以时间t，则有若两球的碰撞为弹性碰撞，则有两边同时乘以，则即．【答案点睛】该题考查用“碰撞试验器”验证动量守恒定律，该实验中，虽然小球做平抛运动，但是却没有用到速度和时间，而是用位移x来代替速度v，成为是解决问题的关键．要注意理解该方法的使用．四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13、4m【答案解析】

金属盒在水平地面滑行时，由牛顿第二定律求出加速度，由运动学公式求出金属盒与球发生第一次碰撞前的速度．金属盒与球发生第一次碰撞时，由动量守恒定律和能量守恒定律求出碰后两者的速度．再研究碰后金属盒滑行的时间和位移，判断出金属盒停下来时小球还未与金属盒发生第二次碰撞，从而得到总位移．【题目详解】对金属盒，由牛顿第二定律有：由v2-v02=-2as，s=5m，

解得：v=4m/s

金属盒与球发生第一次碰撞的过程，取向右为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律有：

Mv=mv1+Mv2；

Mv2=mv12+Mv22；

解得：v2=-2m/s，v1=2m/s

金属盒停下时用时：t==1s

金属盒运动的位移为：x1=at2=1m

此时小球匀速运动的位移为：x2=v1t=2m

有x1+x2＜10m，即金属盒停下来时小球还未与金属盒发生第二次碰撞，故金属盒与小球发生第二次碰撞前金属盒运动的总位移为：x=s-x1=5m-1m=4m【答案点睛】解答本题要知道弹性碰撞过程中系统的动量、机械能均守恒，要理清物理过程，由牛顿第二定律和运动学公式结合分析过程的细节，如时间和位移．14、(1)；(2)【答案解析】

（1）光从光源S射出经半球体